题解-CF1483F Exam[*medium]

题面

CF1483F. Exam

给定 (n) 个不同的字符串 (S_1, S_2, ... S_n)，求数对 ((i, j)) 的个数，满足 (S_i) 是 (S_j) 的子串，且不存在一个不等于 (i) 和 (j) 的 (k) ，满足 (S_i) 是 (S_k) 的子串且 (S_k) 是 (S_j) 的子串。

数据范围：(n, sum |S| le 10^6)。

题解

我还是学傻了啊，经过神 sjy 的提醒才发现在这儿 ( m ACAM) 和 ( m SAM) 是等价的。

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考虑枚举长的字符串，短的字符串必然在长的字符串中出现。

枚举短串的右端点，对答案有贡献的字符串一定是左端点最靠左边的。

然后还要求没有其他的字符串包含这个字符串，可以简单地判掉。

可以结合这张图理解

但是这样会算重，如何解决？

发现只有 算到的次数 = 在长串中出现的次数 的情况对答案有 (1) 的贡献。

算到的次数可以轻松维护，在长串中出现的次数可以用 树状数组 + ACAM 来维护。时间复杂度和空间复杂度都是 (Theta((sum|S|) log (sum|S|)))。

代码

具体细节见代码

#include<bits/stdc++.h>
#define L(i, j, k) for(int i = j, i##E = k; i <= i##E; i++)
#define R(i, j, k) for(int i = j, i##E = k; i >= i##E; i--)
#define ll long long
#define pii pair<int, int>
#define x first
#define y second
#define sz(a) ((int) (a).size())
using namespace std;
const int N = 1e6 + 7;
template<typename T> inline void cmax(T &x, T y) { if(x < y) x = y; }
template<typename T> inline void cmin(T &x, T y) { if(y < x) x = y; }
using namespace std;
int ns, cnt[N], tot, fa[N];
vector< int > change[N], e[N], qet[N];
int ch[N][26], sz[N];
void ad(int x, int y) { 
	for(; x <= tot + 1; x += (x & -x)) sz[x] += y;
}
int query(int x) {
	int res = 0;
	for(; x; x -= (x & -x)) res += sz[x];
	return res;
}
int qry(int l, int r) {
	return query(r) - query(l - 1); 
}
int n, m, siz[N], hv[N], St[N], En[N], idtot, mx[N], sx[N], lef[N], sG[N];
void dfs(int x) {
	St[x] = ++idtot;
	for(int v : e[x]) {
		if(!sx[v]) sx[v] = sx[x];
		mx[v] = max(mx[v], mx[x]), dfs(v);
	}
	En[x] = idtot;
}
void ins(string s) {
	int now = 0;
	L(i, 0, sz(s) - 1) {
		if(!ch[now][s[i] - 'a']) ch[now][s[i] - 'a'] = ++tot;
		now = ch[now][s[i] - 'a'];
	}
}
void build() {
	queue<int> q;
	L(i, 0, 25) if(ch[0][i]) q.push(ch[0][i]);
	while(!q.empty()) {
		int u = q.front();
		q.pop();
		L(i, 0, 25) 
			if(ch[u][i]) fa[ch[u][i]] = ch[fa[u]][i], q.push(ch[u][i]);
			else ch[u][i] = ch[fa[u]][i];
	}
}
string s[N];
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n;
	L(i, 1, n) cin >> s[i], ins(s[i]);
	L(i, 1, n) {
		int now = 0;
		L(j, 0, sz(s[i]) - 1) now = ch[now][s[i][j] - 'a'], change[now].push_back(i);
		cmax(mx[now], sz(s[i])), sx[now] = now;
	} 
	build();
	L(i, 1, tot) e[fa[i]].push_back(i);
	dfs(0);
	L(i, 1, n) {
		L(j, 1, sz(s[i])) qet[j].clear();
		int now = 0;
		L(j, 0, sz(s[i]) - 1) {
			now = ch[now][s[i][j] - 'a'], ad(St[now], 1);
			if(j == sz(s[i]) - 1) now = fa[now];
			lef[j] = j - mx[now] + 1, sG[j] = sx[now];
		}
		lef[sz(s[i])] = 1e9;
		R(j, sz(s[i]) - 1, 0) {
			if(lef[j] <= j && lef[j] < lef[j + 1]) qet[j - lef[j] + 1].push_back(sG[j]);
			lef[j] = min(lef[j], lef[j + 1]);
		}
		L(j, 1, sz(s[i])) {
			for(int x : qet[j]) cnt[x] ++;
			for(int x : qet[j]) if(cnt[x]) ns += (qry(St[x], En[x]) == cnt[x]), 
			cnt[x] = 0;
		}
		now = 0;
		L(j, 0, sz(s[i]) - 1) now = ch[now][s[i][j] - 'a'], ad(St[now], -1);
	}
	cout << ns << "
";
	return 0;
}

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祝大家学习愉快！